Anche l'immagine di uno spazio separabile è separabile

Question

Permettere $X$ e $X^\prime $ essere spazi metrici, dove $X$è separabile. Permettere$f: X \rightarrow X^\prime$essere una continua funzione suriettiva. Dimostralo$X^\prime$ è separabile.

Vorrei verificare che la mia soluzione sia valida. Grazie.

Prova. Supporre che$X$è separabile. Allora esiste un insieme$A$ che è denso $X$, dove $A$è numerabile. Da$A$ è denso $X$, quindi per definizione $\bar{A} = X$, quindi per tutti $x \in X$ e ogni $\delta > 0$, noi abbiamo $B_\delta (x) \cap A \neq \emptyset$. La stessa palla$B_\delta$ centrato su $\alpha, B_\delta (a),$ conterrà $x$ dalla simmetria di $d(x,a)$.

Da $f$ è continuo, per ciascuno $\alpha \in A$ l'abbiamo per tutti $r > 0$, esistono a $\delta > 0$, tale che per tutti $x \in X$ soddisfacente $d(x,a) < \delta$, ce l'abbiamo $d^\prime (f(x), f(a)) < r$.

Permettere $B_r(f(a))$ sii la palla aperta $X^\prime$ centrato sull'immagine di $a$, dove $r$ è arbitrario dalla definizione di $f$essere continuo. Ora costruisci$$B = \{f(\alpha): \alpha \in A\}.$$ Nota che da allora $A$ è numerabile, così è $B$. Allora lo abbiamo per tutti$f(x) \in X^\prime$ e per un arbitrario $r > 0$, la palla aperta $B_r(f(x)) \cap B \neq \emptyset$, (perché $f(a) \in B$). Poiché ogni palla aperta era centrata su$f(x) \in X^\prime$ intersecato con $B$ è non vuoto, per definizione ogni $f(x)$ è nella chiusura di $B$, quindi $\bar{B} = X$. Dalla suriettività di$f$, sappiamo che questo vale per ogni immagine $f(x)$. Quindi,$B$ è denso $X^\prime$ e dalla costruzione di $B$ a partire dal $A$, è anche numerabile. Perciò,$X^\prime$ è separabile.

QED

Answer 1

$\newcommand{\cl}{\operatorname{cl}}$La prova è corretta, a parte l'errore annotato nei commenti, ma è inutilmente lunga e goffa e per questo motivo più difficile del necessario da seguire. Ecco essenzialmente la stessa idea espressa in modo più diretto.

Supporre che $X$ è separabile, lascia $A$ essere un sottoinsieme denso numerabile di $X$, e lascia $B=f[A]$; chiaramente$B$ è numerabile, quindi dobbiamo solo mostrarlo $B$ è denso $X'$. Per fare ciò è sufficiente dimostrare che ciascuno$y\in X'$ è dentro $\cl B$, quindi lascia $y\in X'$essere arbitrario; vogliamo dimostrarlo$B_{d'}(y,\epsilon)\cap B\ne\varnothing$ per ciascuno $\epsilon>0$, quindi lascia $\epsilon>0$.

Da $f$ è suriettivo, $y=f(x)$ per alcuni $x\in X$e da allora $f$ è continuo, c'è un $\delta>0$ tale che $f[B_d(x,\delta)]\subseteq B_{d'}(y,\epsilon)$. $A$ è denso $X$, quindi ce ne sono alcuni $a\in B_d(x,\delta)\cap A$. Chiaramente$f(a)\in f[B_d(x,\delta)]\cap f[B]\subseteq B_{d'}(y,\epsilon)\cap B$, così $B_{d'}(y,\epsilon)\cap B\ne\varnothing$, come desiderato, $B$ è denso $X'$, e $X'$ è separabile. $\dashv$